SKKN Một vài cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản

Phần I: MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong trình giảng dạy phần bất đẳng thức, giáo viên gặp nhiều khó khăn việc xây dựng hệ thống tập để củng cố kiến thức cho học sinh Để khắc phục điều đề xuất sáng kiến “ Một vài cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản” Sáng kiến áp dụng cho tất giáo viên dạy tốn cấp trung học, tơi đề xuất hai cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản qua cách xây dựng bất đẳng thức trang bị cho học sinh phương pháp giải toán bất đẳng thức II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Qua việc thực sáng kiến kinh nghiệm giúp giáo viên xây dựng hệ thống tập chủ động hơn, giúp học sinh tiếp thu tốt hơn, tạo niềm say mê học tốn cho học sinh Các ví dụ minh họa sáng kiến tác giả sáng tạo lấy kì thi đại học, thi học sinh giỏi III NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Trình bày nội dung bất đẳng thức, chứng minh hướng dẫn đề tập tương tự cách giải với số tập tương tự Rèn luyện tư toán thong qua giải tập chứng minh bất đẳng thức đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm với thầy mơn Tốn IV.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đề tài áp dụng cho giáo viên Toán THPT học sinh lớp 10,11 12 V.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Dựa vào chuyên đề bất đẳng thức thường gặp bất đẳng thức nâng cao kì thi Hướng dẫn học sinh tìm tập có liên quan, tạo tình có vấn đề để học sinh trao đổi, nghiên cứu VI.NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI Sau áp dụng đề tài vào giảng dạy cho học sinh lớp 10 11 năm qua thấy học sinh có hứng thú học tập chương bất đẳng thức, bước đầu học sinh hình dung phương pháp để chứng minh bất đẳng thức Đối với thân tơi, tìm cách để đưa học sinh vào tiếp cận bất đẳng thức khó số đề thi PHẦN II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI Q trình giải Tốn q trình rèn luyện phơng pháp suy luận khoa học trình tự nghiên cứu sáng tạo, khơng dừng lại tốn giải tìm thêm kết thu đợc sau tốn tởng chừng nh đơn giản Đó tinh thần tiến cơng học tốn điều kiện để phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua việc áp dụng công thức để chứng minh toán bất đẳng thức II CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI Trong yêu cầu việc giải tập tốn nói chung chứng minh bất đẳng thức tốn học nói riêng việc tìm hiểu liên hệ khác bất đẳng thức đến bất đẳng thức khác yêu cầu cần đặt học sinh Trong trình giảng dạy mơn Tốn trường THPT tơi nhận thấy tập phần bất đẳng thức mang đậm nội dung phong phú đa dạng tập tiềm ẩn giả thiết kết luận mới, đòi hỏi khai thác sáng tạo, phát để mang lại kết đầy lý thú, kiến thức mở rộng sâu sắc Tuy nhiên để làm đợc điều địi hỏi thày trị q trình làm việc nghiêm túc mang tính sáng tạo Chương II: MỘT VÀI CÁCH XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC 1.MỘT SỐ VẤN ĐỀ LÍ THUYẾT LIÊN QUAN 1.1.Các đẳng thức đáng nhớ 1.( A+ B )2 = A2 + 2AB + B2 2.( A- B )2 = A2 - 2AB + B2 A2 - B2 = (A+B )( A- B ) ( A+ B )3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 ( A- B )3 = A3 - 3A2B + 3AB2 - B3 A3 + B3=( A+ B )( A2 - AB+ B2) A3 - B3=( A- B )( A2 + AB+ B2) 1.2 Khai triển Taylo với hàm biến Trong toán học cao cấp ta biết khai triển Taylo hàm biến trường số thực Nếu hàm số f(x) xác định khoảng (a;b) x thuộc (a;b) f(x) có đạo hàm cấp n+1 lân cận x x0 ta có cơng thức Taylo với phần dư dạng Lagrang f '( x0 ) f "( x0 ) f ( n ) ( x0 ) f ( n +1) (c ) n f ( x) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) n +1 (c ∈ (a; b)) 1! 2! n! ( n + 1)! Trong đề tài dựa đẳng thức đáng nhớ công thức Taylo để đưa hai cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản MỘT VÀI CÁCH XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN 2.1.Sử dụng đẳng thức đáng nhớ Với đối tượng học sinh THPT , học sinh học bất đẳng thức chương trình đại số lớp 10 mà phần khó đòi hỏi học sinh phải làm nhiều tập qua hình thành kĩ chứng minh bất đẳng thức Trong sách giáo khoa có đưa số lượng tập nên địi hỏi giáo viên phải tìm tòi thêm tập sáng tạo tập phù hợp với đối tượng học sinh Với việc sử dụng đẳng thức đáng nhớ ta xây dựng bất đẳng thức phù hợp với đối tượng học sinh dựa nguyên lí: Tổng số khơng âm ln khơng âm Ví dụ 1: Chứng minh a + b + c + ≥ 2a(ab2 + c − a + 1) ∀a, b, c Đây toán đơn giản phù hợp với học sinh học bất đẳng thức, cách xây dựng ta : Xuất phát từ bất đẳng thức (a − b )2 ≥ 0, (a − c)2 ≥ 0, (a − 1) ≥ ta cộng bất đẳng thức lại rút gọn thu bất đẳng thức (a − b ) + (a − c)2 + (a − 1) ≥ 0∀a, b, c ⇒ a − 2a 2b + b + a − 2ac + c + a − 2a + ≥ ⇒ a + b + c + ≥ 2a(ab + c − a + 1) ∀a, b, c Ví dụ 2: Cho số thực a, b thỏa mãn a + b ≥ Chứng minh a3 + b3 ≤ a + b4 Đây tốn khó nhiều so với tốn trước địi hỏi học sinh có tư tốt cách xây dựng ta khéo nhằm làm cho học sinh khó phát đẳng thức phải biết vận dụng giả thiết Cách xây dựng ta sau: Ta biết (a − 1)2 ≥ 0∀a, a − = (a − 1)(a + a + 1) (a − 1)2 (a + a + 1) = (a − 1)(a − 1) = a − a − a + ≥ 0∀a nên ta tạo giả thiết a + b ≥ nhằm che khuất phần bất đẳng thức Bất đẳng thức có cách biến đổi , rút gọn (a − 1) (a + a + 1) + (b − 1) (b + b + 1) + a + b − ≥ Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = a + b + c − bc − ac − 2c Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ địi hỏi học sinh có tư tốt có kĩ giải toán bất đẳng thức Bài toán xây dựng phép biến đổi, rút gọn (a − b)2 + (a + b − c)2 + (c − 2) ≥ ∀a, b, c Ví dụ 4: Xuất phát từ việc biến đổi , rút gọn (a − 2c)2 + (a + c − 3b)2 ≥ ta bất đẳng thức 2a + 9b + 5c ≥ 2(ac + 3ab + 3bc) , dấu đẳng thức xảy a = 2b = 2c , ta chọn b = c = a = ac + 3ab + 3bc = 11 nên ta có tốn: Cho số thực a, b, c thỏa mãn ac + 3ab + 3bc = 11 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2a + 9b + 5c Ví dụ 5: Cũng với cách xây dựng (a − 2b)2 + (a + b − c) ≥ ta 2a + 5b + c ≥ 2(ab + bc + ca) Ta chọn a, b, c cho ab + bc + ca = ta có tốn : Cho a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2a + 5b2 + c A B C B A C Trong tam giác ABC ta có tan tan + tan tan + tan tan = nên gắn 2 2 2 vào tam giác ABC ta có tốn: Xét tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = tan A B C + tan + tan 2 Rõ ràng tốn khơng đơn giản Ví dụ 6: Để xây dựng tốn tìm giá trị lớn ta làm tương tự, chẳng hạn xuất phát từ việc biến đổi , rút gọn (a − b)2 + (a + b − c)2 ≥ ta bất đẳng thức : a2 + b2 + c2 ≥ ac + bc ∀a, b, c dấu đẳng thức xảy c = 2a = 2b , ta chọn a = b = c = a + b2 + a + b2 + c2 = nên ta có tốn: Cho số thực a, b, c thỏa mãn c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức R = ac + bc Với cách làm ta xây dựng nhiều toán bất đẳng thức phù hợp với đối tượng học sinh , góp phần lớn vào việc phát triển tư toán cho học sinh Qua thực tế chưa thực đề tài , nhiều giáo viên lung túng dạy phần bất đẳng thức lớp 10: lúng túng việc xây dựng hệ thống tập, việc tìm tập hợp lí, viêc tập mà học sinh biết rồi, … Khi có đề tài vấn đề giải quyết, học sinh hăng hái học phần bất đẳng thức, giáo viên hào hứng dạy phần , kết giảng dạy nâng nên rõ rệt 2.2.Sử dụng khai triển Taylo với hàm biến Trong chương trình giải tích 12, học sinh trang bị kiến thức ứng dụng đạo hàm trong ứng dụng để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn , nhỏ hàm số Để rèn luyện kỹ giáo viên cần xây dựng hệ thống tập hợp lí, phù hợp với đối tượng học sinh giáo viên cần phải biết cách sáng tạo tập để phục vụ mục đích Xuất phát từ khai triển Taylo trang bị trường đại học, tơi xây dựng tốn bất đẳng thức sau: Ta xét hàm số y=f(x) xác định (a;b) có đạo hàm khoảng xét x khoảng (a;b) Dùng khai triển Taylo x0 ta có f ( x) = f ( x0 ) + f '( x0 )( x − x0 ) + f "(c) ( x − x0 ) (c ∈ (a; b)) Ta chọn hàm số có f ( x) ≥ f ( x0 ) + f '( x0 )( x − x0 ) ∀x ∈ (a; b) (1) , dấu đẳng thức xẩy x=x0 Thay đổi vai trị x x0 ta có f ( x0 ) ≥ f ( x ) + f '( x)( x0 − x) ∀x ∈ (a; b) (2) Ví dụ 7: Xét hàm số f ( x) = − sinx ∀x ∈ (0; π ) có f '( x) = − cos x; f "( x) = sinx > ∀x ∈ (0; π ) áp dụng công thức (1) với x0 = π 2 π − ( x − ) ∀x ∈ (0; π ) ta có − sinx ≥ − 2 ta có tốn: Tìm giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x − sinx [ 0; π ] Việc giải toán khơng khó khăn Cách giải Xét hàm số f ( x) = f '( x ) = x − sinx [ 0; π ] 2 π π π π − cos x; f '( x) = ⇔ x = ∈ [0; π ];f (0) = 0, f (π ) = , f( )= ( − 1) 4 ⇒ Giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x − sinx [ 0; π ] 2 π ( − 1) Đây toán đơn giản giúp giáo viên củng cố cho học sinh qui tắc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ đoạn tốt Ví dụ 8: Xét hàm số f ( x) = sinx+ x có f '( x) = cos x + x; f "( x) = sinx+2 > ∀x áp dụng công thức (1) với x0 = π π2 π π ta có sinx+ x ≥ + + ( + )( x − ) ∀x 36 ta có tốn: Chứng minh sinx+ x − ( π π π2 + )x ≥ − − ∀x ∈ (0; π ) 12 36 Cách giải Xét hàm số f ( x) = s inx+ x − ( f '( x) = cosx+ x − ( π + ) x , ∀x ∈ (0; π ) 3 π + ); f ''( x) = − s inx + > 0∀x ∈ (0; π ) π ⇒ f '( x ) đồng biến (0; π ) , có f '( ) = nên ta có bảng biến thiên x π f'(x) π - - - + + + f(x) π π2 12 36 π π2 từ bảng biến thiên ta f ( x) ≥ − − ∀x ∈ (0; π ) 12 36 π π π2 ⇔ sinx+ x − ( + ) x ≥ − − ∀x ∈ (0; π ) 12 36 Với toán giáo viên củng cố tốt cho học sinh cách áp dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, ta thay thành tốn tìm giá trị nhỏ hàm số khoảng Ví dụ 9: Xét hàm số f ( x) = x có f '( x) = x; f "( x) = > ∀x áp dụng công thức (1) với x0 = ta có x ≥ 32 + 6( x − 3) ∀x (a) áp dụng công thức (1) với x0 = thay x y ta có y ≥ 22 + 4( y − 2) ∀y (b) cộng vế (a) (b) ta x + y ≥ 13 + 4( x + y − 5) + 2( x − 3) ∀x, y cách hạn chế điều kiện x, y ta có tốn sau: x ≥ Cho số thực x, y thỏa mãn  x + y ≥ Chứng minh x + y ≥ 13 Cách giải Xét hàm số f ( x) = x , áp dụng công thức (1) với x0 = ta có x ≥ 32 + 6( x − 3) ∀x ⇔ x − x + ≥ 0∀x nên ta hướng dẫn học sinh giải sau: ( x − 3)2 ≥ 0∀x ⇔ x − x + ≥ 0∀x ⇔ x ≥ 32 + 6( x − 3) ∀x   có ⇒ ( y − 2) ≥ 0∀y ⇔ y ≥ 22 + 4( y − 2) ∀y   x + y ≥ 13 + 4( x + y − 5) + 2( x − 3) ∀x, y x ≥ ⇔ x + y ≥ 13 với x, y thỏa mãn  x + y ≥ Với toán ta áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh cấp học Bằng cách thay đổi vai trò x0 x , từ (a) (b) ta có 32 ≥ x + x(3 − x) ∀x   2 ⇒13 ≥ x + y + y (5 − x − y ) + ( x − y )(3 − x) ∀x, y 2 ≥ y + y(2 − y) ∀y   cách hạn chế điều kiện x, y ta có tốn sau: 0 ≤ y ≤ x ≤ Cho số thực x, y thỏa mãn  x + y ≤ Chứng minh x + y ≤ 13 Cách giải toán tương tự toán Cũng với cách làm ta chọn hàm số phức tạp tạo tốn khó Ví dụ 10: Xét hàm số f ( x) = x (0;+ ∞ ) 10 π2 2π π cosA+ cos B + cos C + A2 + B + C ≥ 3( + ) + (− + )( A + B + C − ) 3 π ta cosA+ cos B + cos C + A2 + B + C ≥ + π ta có toán: Thay A+B+C= Chứng minh tam giác ABC có góc (đo radian) thỏa mãn điều kiện sau tam giác π2 cosA+ cos B + cos C + A2 + B + C = + Rõ ràng toán kết hai bất đẳng thức ngược chiều xảy đẳng thức Trong tam giác ABC ta có cosA+ cos B + cos C ≤ π ( A + B + C )2 = ≤ A2 + B + C 3 Tuy nhiên ta thấy A, B, C có vai trị đẳng thức xảy A=B=C= π nên ta nghĩ đến việc xét hàm số f ( x) = cosx+ x có f '( x) = − sin x+ x ; π 2π f "( x) = − cos x + > 0∀x , f '( ) = − + ta chọn hàm số có đạo hàm 3 π Ta có cách giải sau: Cách giải Xét hàm số g ( x) = cosx+ x − (− có g '( x) = − sin x + x − (− 2π + ) x ( x ∈ (0; π )) 3 2π + ); g "( x) = −cosx+2 > ∀x ∈ (0; π ) π ⇒ g '( x) đồng biến (0; π ) có g '( ) = nên ta có bảng biến thiên 14 x π g'(x) π - - - + g(x) g( π + + ) π π Từ bảng biến thiên g ( x) ≥ g ( ) ∀x ∈ (0; π ) dấu đẳng thức xảy x = π π π Với tam giác ABC ta có g ( A) ≥ g ( ), g ( B) ≥ g ( ), g (C ) ≥ g ( ) π ⇒ g ( A) + g ( B ) + g (C ) ≥ 3g ( ) 1 π 2π π  2π ⇔ cosA+ cos B + cos C + A2 + B + C ≥  + − (− + )  + (− + )( A + B + C ) 3 2 π2 ⇔ cosA+ cos B + cos C + A + B + C ≥ + 2 Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác Ví dụ 13: Xét hàm số có f '( x) = π f ( x) = t anx + s inx ( x ∈ (0; )) 2sin x s inx(2 − cos x) π + cosx; f "( x) = − s inx = > ∀x ∈ (0; ) 3 cos x cos x cos x áp dụng công thức (1) với x0 = π 3 π π + ( x − ) ∀x ∈ (0; ) ta có t anx + s inx ≥ 2 15 π dấu đẳng thức xảy x = Ta có tốn sau: ( Đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2011-2012) Chứng minh tan x + sin x ≥  π x + ( − π ), ∀x ∈  0; ÷ Từ suy 2  2 tam giác nhọn ABC ta có tan A + tan B + tan C + sin A + sin B + sin C ≥ Cách giải ( Đáp án Sở giáo dục đào tạo Hải Dương)  π Xét hàm số f ( x) = tan x + sin x − x  0; ÷  2 f '( x ) = Vì 2cos3 x − 9cos x + (2cos x − 1)(cos x − 4cos x − 2) + cos x − = = cos x 2cos x 2cos x  π x ∈  0; ÷⇒ < cosx ∀x > áp dụng công thức (1) với x0 = ta có x3 − x ≥ 2( x − 1) ∀x > dấu đẳng thức xảy x = Ta có tốn sau: ( Đề thi đại học Quốc Gia Hà Nội – Khối A năm 2000) Với a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c=0 Chứng minh : 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c Cách giải Xét hàm số f ( x) = x3 − 3x ( x ∈ (0; +∞)) f '( x) = 3x − ; f '( x) = ⇔ x = ±1 bảng biến thiên 22 x +∞ f'(x) - + f(x) -2 Từ bảng biến thiên ta có : f ( x) ≥ −2 ∀x > Do với x, y, z dương ta có f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ −6 ⇔ x + y + z ≥ x + y + z + 2( x + y + z − 3) (*) Đặt x = 2a , y = 2b , z = 2c ⇒ xyz = 2a +b + c = 1; Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có x + y + z ≥ 3 xyz = (*) ⇒ x3 + y + z ≥ x + y + z + 2( x + y + z − 3) ≥ x + y + z (**) Thay x, y, z vào (**) ta đươc điều phải chứng minh Ví dụ 18: Xét hàm số f ( x) = xα ( x ∈ (0; +∞)), α > f '( x) = α xα −1 ; f "( x) = α (α − 1) xα − > ∀x > 0, α > áp dụng cơng thức (1) với x0 = ta có xα ≥ + α ( x − 1) ∀x > dấu đẳng thức xảy x = Ta có tốn sau: ( Đề thi đại học Quốc Gia Hà Nội Học Viện Ngân Hàng– Khối D năm 2001) 23 Chứng minh với x>0 với α >1 ta ln có xα + α − ≥ α x Từ chứng minh với ba số dương a, b, c a3 b3 c3 a b c + + ≥ + + b3 c a b c a Cách giải Xét hàm số f ( x) = xα + α − − α x ( x > 0) f '( x) = α xα −1 − α ; f '( x) = ⇔ x = bảng biến thiên x f'(x) +∞ - + f(x) Từ bảng biến thiên ta có : f ( x) ≥ ∀x > Với α = ⇔ a b c a b c ta có f ( ) ≥ 0, f ( ) ≥ 0, f ( ) ≥ 0∀a, b, c > ⇒ f ( ) + f ( ) + f ( ) ≥ 0∀a, b, c > b c a b c a a3 b3 c3 3  a b c  a3 b3 c3 a b c  a b c  + + + ≥  + + ÷⇔ + + ≥ + + +  + + ÷− b3 c a 2b c a b3 c a b c a 2b c a Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân a b c a b c Ta có + + ≥ 3 = b c a b c a a3 b3 c3 a b c + + ≥ + + b3 c a b c a 24 Với cách xây dựng toán , ta xây dựng hệ thống tập phù hợp với đối tượng học sinh củng cố kiến thức hay bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi đại học Cùng với ý tưởng xây dựng hệ thống tập theo hai cách ta kết hợp với cách khác tạo nhiều toán hay phục vụ tốt cho nhiệm vụ dạy học giáo viên , phát huy tốt tư học toán học sinh Qua thực tế dạy phần ứng dụng đạo hàm chương trình giải tích 12, giáo viên lúng túng hệ thống tập.Tài liệu thực tế có nhiều lựa chọn tập cho hệ thống không dễ tập học sinh giải thành dạy khơng có hiệu thực sáng kiến giáo viên tự tin xây dựng hệ thống tập ( tất khơng có tài liệu tham khảo nào), học sinh học tập hăng say , kết giảng dạy tốt Phần III: KẾT LUẬN 25 Trên hai cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản mà tơi trình bày, kết bước đầu sau năm thực đề tài cho thấy : qua khảo sát ý kiến đồng nghiệp tổ ( đối tượng thử nghiệm sáng kiến ) đa phần cho nhận xét tốt, giáo viên nhàn việc giảng dạy bất đẳng thức, học sinh học tập hăng hái khơng cịn sợ phần bất đẳng thức đề nghị mở rộng phạm vi thực sáng kiến Tôi nhận thấy trình thực cịn nhiều vấn đề cần phải suy nghĩ việc thực nghiệm phạm vi hẹp, tiếp tục thực đề tài mong nhận đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp cho đề tài hoàn chỉnh Tôi khuyến nghị lãnh đạo nhà trường thường xuyên mở chuyên đề bồi dưỡng chuyên môn , nghiệp vụ, đổi phương pháp dạy học cho giáo viên, tổ chức cho cán giáo viên giao lưu học hỏi kinh nghiệm với trường bạn, khuyến nghị Sở giáo dục đào tạo phổ biến rộng rãi sáng kiến đánh giá cao tới trường, tổ chức lớp bồi dưỡng chuyên đề đổi phương pháp cho giáo viên toàn Tỉnh Do kiến thức thân nhiều hạn chế mong đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp Tôi xin trân trọng cảm ơn! Xác nhận quan Tác giả Vũ Thị Sắc TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khao Đại số 10 26 Sách giáo khoa Giải tích 12 Đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2011 – 2012 Đề thi đại học Ngoại thương TPHCM năm 1996 Đề thi đại học quốc gia TPHCM năm 1998 Đề thi đại học Bách khoa Hà Nội năm 1999 Đề thi đại học Quốc gia Hà Nội khối A năm 2000 Đề thi đại học Quốc gia Hà Nội khối D năm 2011 27 ... + 1)! Trong đề tài dựa đẳng thức đáng nhớ công thức Taylo để đưa hai cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản MỘT VÀI CÁCH XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN 2.1.Sử dụng đẳng thức đáng nhớ Với đối tượng... toán đơn giản phù hợp với học sinh học bất đẳng thức, cách xây dựng ta : Xuất phát từ bất đẳng thức (a − b )2 ≥ 0, (a − c)2 ≥ 0, (a − 1) ≥ ta cộng bất đẳng thức lại rút gọn thu bất đẳng thức. .. bất đẳng thức tốn học nói riêng việc tìm hiểu liên hệ khác bất đẳng thức đến bất đẳng thức khác yêu cầu cần đặt học sinh Trong trình giảng dạy mơn Tốn trường THPT tơi nhận thấy tập phần bất đẳng